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数列与不等式证明专题

时间:2011-02-11


数列与不等式证明专题 复习建议: 1. “巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要,但用“基本量法”并树立“目标意 识”“需要什么,就求什么” , ,既要充分合理地运用条件,又要时刻注意题的目标,往往能取得与“巧 用性质”解题相同的效果
新新新 源源源源学小源小 源 新源 学 新 新源 源源源源学小源小 源 学源 源 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王新王新 王 王 新新新 源源新源新小新小 源 源 学 源源 学源 源源源源学小源小 源 学源 源 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王新王新 王 王

2.归纳——猜想——证明体现由具体到抽象,由特殊到一般,由有限到无限的辩证思想.学习这部分 知识,对培养学生的逻辑思维能力,计算能力,熟悉归纳、演绎的论证方法,提高分析、综合、抽象、 概括等思维能力,都有重大意义. 3.解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析 法,一般递推法,数列求和及求通项等方法来分析、解决问题. 4.数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分,先利用解析几何的知识以 及数形结合得到数列的通项公式,然后再利用数列知识和方法求解. 证明方法: (1)先放缩后求和; (2)先求和后放缩 (3)灵活运用

?n +1 * ? 2 , n = 2k ? 1(k ∈ N ), an = ? n ? 2 {an } 的通项公式为 2 , n = 2k (k ∈ N* ). ? 故数列 a n bn = 2 n ?1 = 2 , S = 1 + 2 + 3 + ? + n , n a2 n 2 2 2 2 23 2n (Ⅱ)由(Ⅰ)知, ① 1 1 2 3 n S n = 2 + 2 + 4 + ? + n +1 2 2 2 2 2 ② 1 1 [1 ? ( ) 2 ] 2 ? n = 1? 1 ? n . =2 1 1 1 1 1 n 1 2n +1 2n 2 n +1 S n = + 2 + 3 + ? + n ? n +1 1? 2 2 2 2 2 2 ①-②得, 2 1 n n+2 S n = 2 ? n ?1 ? n = 2 ? n . 2 2 2 所以 1 n(n + 2) Sn ? 2 < <1 n 成立,只需证明当 n ≥ 6 时, 2n 要证明当 n ≥ 6 时, 成立.
证法一

例 1.数列 (Ⅰ)求

{an } 满足a1 = 1, a2 = 2, an +2 = (1 + cos 2

nπ nπ )an + sin 2 , n = 1, 2,3,?. 2 2

a3 , a4 , 并求数列 {an } 的通项公式;
a2 n ?1 1 , S n = b1 + b2 + ? + bn . n ≥ 6时, n ? 2 < . S a2 n n 证明:当 a3 = (1 + cos 2
2

bn =

6 × (6 + 2) 48 3 = = <1 26 64 4 (1)当 n = 6 时, 成立. k (k + 2) < 1. n = k (k ≥ 6) 时不等式成立,即 2k (2)假设当 (k + 1)(k + 3) k (k + 2) (k + 1)(k + 3) (k + 1)(k + 3) = × < < 1. 2k +1 2k 2k (k + 2) (k + 2)i2k 则当 n=k+1 时,

(Ⅱ)设 分析:本题给出数列相邻两项的递推关系,且要对 n 分奇偶性。 解: (Ⅰ)因为

a1 = 1, a2 = 2,
2

π
2

所以

)a1 + sin 2

π
2

n(n + 1) 1 <1 Sn ? 2 < . 2 n 由(1)、(2)所述,当 n≥6 时, 2 .即当 n≥6 时, n(n + 2) (n + 1)(n + 3) n(n + 2) 3 ? n 2 cn +1 ? cn = (n ≥ 6) ? = n +1 < 0. 22 2 n +1 22 2 证法二 令 ,则 6×8 3 cn ≤ c6 = = < 1. cn +1 < cn 64 4 .因此当 n ≥ 6 时, 所以当 n ≥ 6 时, n(n + 2) 1 < 1. Sn ? 2 < . 2 2 n 于是当 n ≥ 6 时, 综上所述,当 n ≥ 6 时, cn =
点评:本题奇偶分类要仔细,第(2)问证明时可采用分析法。 例题 2. 已知 α 为锐角,且 tan α =

= a1 + 1 = 2,

a4 = (1 + cos π )a2 + sin π = 2a2 = 4.
* 一般地,当 n = 2k ? 1( k ∈ N ) 时,

a2 k +1 = [1 + cos 2

(2k ? 1)π 2k ? 1 ]a2 k ?1 + sin 2 π 2 2



a2 k ?1 + 1

所以数列

{a2 k ?1} 是首项为 1、公差为 1 的等差数列,因此 a2 k ?1 = k.
*

,即

a2 k +1 ? a2 k ?1 = 1. 2 kπ 2k π )a2 k + sin 2 = 2 a2 k . 2 2

当 n = 2k ( k ∈ N ) 时, 所以数列

a2 k + 2 = (1 + cos 2

2 ? 1 ,函数

f ( x) = x 2 tan 2α + x ? sin(2α +

π

) 4 ,

{a2 k } 是首项为 2、公比为 2 的等比数列,因此 a2 k = 2k.
数列{an}的首项

a1 =

1 , a n +1 = f (a n ) 2 .
⑵ 求证:

(1) 求函数 f (x ) 的表达式;

a n+1 > a n



1<
⑶ 求证:

1 1 1 + +?+ < 2 (n ≥ 2 , n ∈ N * ) 1 + a1 1 + a 2 1 + an

(2)

∵ 4 b1 ?1 4 b2 ?1 4 b3 ?1 ? 4 bn ?1 = ( a n + 1) bn


,∴ 4

( b1 + b2 +?+ bn ? n )

= 2 nbn
② ④

2(b1 + b2 + ? + bn ) ? 2n = nbn
②—①得

分析:本题是借助函数给出递推关系,第(2)问的不等式利用了函数的性质,第(3)问是转化成可以 裂项的形式,这是证明数列中的不等式的另一种出路。

2(b1 + b2 + ? + bn +b n +1 ) ? 2(n + 1) = (n + 1)bn+1
,即

2bn +1 ? 2 = (n + 1)bn +1 ? nbn 2nbn+1 = nbn + nbn ?1
,即

nbn ? 2 = (n ? 1)bn+1



∴ (n + 1)bn +1 ? 2 = nbn + 2
是等差数列

α 2( 2 ?1) 2tan = =1 tan α = 2 2 1?tan α 1?( 2 ?1 2 ) 解:⑴
f ( x) = x 2 + x
2 a n+1 = a n + a n

又∵

α 为锐角 ∴

2α =

π
4


sin(2α +

π
4

) =1

④—③得 ∴

2bn +1 = bn + bn ?1

所以数列

{bn }


(3)

1 1 1 1 1 1 1 1 = n +1 < n +1 = S= + +?+ a n 2 ? 1 2 ? 2 2 a n ?1 设 a 2 a3 a n +1 , S< 2 1 2 1 2 ? = ? < a 2 a n +1 3 a n +1 3



1 a1 = 2 ∵



a 2 , a3 ,? a n

都大于 0 ∴

2 an > 0



a n+1 > a n


S<

1


a n +1

1 1 1 1 = 2 = = ? a n + a n a n (1 + a n ) a n 1 + a n

1 1 1 = ? 1 + a n a n a n +1 ∴

1 1 1 1 1 1 1 1 + ( + +?+ ) = + (S ? ) a 2 2 a 2 a3 an a2 2 a n +1

点评:数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了,而且不容易把握,对于这样的题要多探索,多角 度的思考问题。 例题 4. 已知函数

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ = ? + ? +?+ ? = ? = 2? 1 + a1 1 + a 2 1 + a n a1 a 2 a 2 a 3 a n a n+1 a1 a n +1 a n +1 ∴ 1 1 3 3 3 a2 = ( ) 2 + = a3 = ( ) 2 + > 1 n ≥ 2 a n +1 > a n 2 2 4, 4 4 ∵ , 又∵ 1< 2?


f ( x) = x ? ln (1 + x )

,数列

{an } 满足 0 < a1 < 1 ,



a n+1 ≥ a3 > 1

an +1 = f ( an )

; 数列

{bn }

1 1 b1 = , bn +1 ≥ (n + 1)bn * 2 2 满足 , n ∈ N .求证:
an +1 < an 2 ; 2 a1 =

1 a n +1

<2

1 1 1 1< + +?+ <2 1 + a1 1 + a 2 1 + an ∴
(Ⅰ)

点评:把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想,本题中的第(3)问不等式的证明更具有 一般性。

0 < an +1 < an < 1;

(Ⅱ)

(Ⅲ)若

2 , 2 则当 n≥2 时, bn > an ? n ! .

分析:第(1)问是和自然数有关的命题,可考虑用数学归纳法证明;第(2)问可利用函数的单调性; 第(3)问进行放缩。解:(Ⅰ)先用数学归纳法证明 (1)当 n=1 时,由已知得结论成立;
b3 ?1 bn ?1

a = 1, an +1 = 2an + 1( n ∈ N ? ) {a } 例题 3.已知数列 n 满足 1

0 < an < 1 n ∈ N * , .

{a } (Ⅰ)求数列 n 的通项公式; {b } 4 (Ⅱ)若数列 n 满足
b1 ?1

4

b2 ?1

4

?4

= (a n + 1)

bn

{b } ,证明: n 是等差数列;

(2)假设当 n=k 时,结论成立,即

0 < ak < 1

.则当 n=k+1 时,

1 1 1 2 + +? + < (n ∈ N ? ) a a3 an +1 3 (Ⅲ)证明: 2
分析:本例(1)通过把递推关系式转化成等比型的数列;第(2)关键在于找出连续三项间的关系;第 (3)问关键在如何放缩 解: (1) 故数列

因为 0<x<1 时, 又 f(x)在

f ′( x) = 1 ?

1 x = >0 x +1 x +1 ,所以 f(x)在(0,1)上是增函数.

[ 0,1] 上连续,所以 f(0)<f( ak )<f(1),即 0< ak +1 < 1 ? ln 2 < 1 .
0 < an < 1
对于一切正整数都成立. ,从而

∵ a n +1 = 2a n + 1 ∴ a n +1 + 1 = 2(a n + 1)


故当 n=k+1 时,结论也成立. 即

{a n + 1}

是首项为 2,公比为 2 的等比数列。

∴ an + 1 = 2 n



an = 2 n ? 1

又由

0 < an < 1

, 得

an +1 ? an = an ? ln (1 + an ) ? an = ? ln(1 + an ) < 0

an +1 < an

.

综上可知

0 < an +1 < an < 1.
因为

a1 ?

5 1 5 5 5 5 = ? < 0 a2 ? < 0, a3 ? < 0, an ? < 0, an < . 4 4 4 4 4 4 , …, 即

x2 x2 + ln(1 + x) ? x (Ⅱ)构造函数 g(x)= 2 -f(x)= 2 , 0<x<1,
增函数. 又 g(x)在

x2 g ′( x) = >0 1+ x 由 ,知 g(x)在(0,1)上
因为

[ 0,1] 上连续,所以

g(x)>g(0)=0.

0 < an < 1 ,所以 g ( an ) > 0 ,即

3 1 < ? ? bn ?1 = 2bn ?1 5 3 1 5 3 1 bn = ? an = ? ? ( ? an ?1 ) = ? ? bn ?1 2 2 ? 5 4 2 2 ? an ?1 4 2 2 ? an ?1 4 (3)当 n ≥ 2 时, ,
2 n ?1 n?3 所以 bn < 2 ? bn ?1 < 2 ? bn ? 2 < ? < 2 b1 = 2 ,

an 2 an 2 ? f ( an ) an +1 < . 2 2 >0,从而
bn +1 n + 1 1 1 b1 = , bn +1 ≥ (n + 1)bn ≥ b > 0 bn 2 2 2 , (Ⅲ) 因为 ,所以 n , b b b 1 bn = n ? n ?1 ? 2 ? b1 ≥ n ? n ! bn ?1 bn ? 2 b1 2 所以 an a2 a3 a a a a ? ? n < 1 2 ? n ?1 a a a an ?1 2 2 2 , 所以 1 = 1 2 < an +1 an a < an +1 < n , 2 , 2 知: an 由(Ⅱ)
2

1 1 ?1? S n = b1 + b2 + ? + bn < + + ? ? ? + ? ? 4 2 ?2? 所以

3? n

1 (1 ? 2 n ) 1 4 = = (2 n ? 1) 1? 2 4

点评:本题是函数、不等式的综合题,是高考的难点热点。 例题 6.

{an } 中, a1 = 1 , nan+1 = 2(a1 + a2 + ... + an ) ( n ∈ N * ) . 已知数列
a2 , a3 , a4
; (2)求数列

————①

(1)求

{an } 的通项 an ;

因为

a1 =

2 2 , n≥2, 0 < an +1 < an < 1. bn > an ? n !

1 1 2 b1 = , bn +1 = bn + bn {b } b < 1(n ≤ k ) ak 2 (3)设数列 n 满足 ,求证: n
分析:条件中有类似于前 n 项和的形式出现,提示我们应该考虑 an=Sn-Sn-1(n≥2) . 解: (1)

所以

an

a1 a2 an ?1 a n 2 ? a12 1 ? ? a1 n1?1 n n 2 2 2 < 2 < 2 = 2 ————②

由①② 两式可知:

a2 = 2, a3 = 3, a4 = 4

点评:本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题,属于难题,复习时应引起注意。

(2) ②

nan +1 = 2(a1 + a2 + ... + an )
①—②得



5 + 2x a = f ( an ) {a } a . 例题 5. 已知函数 f(x)= 16 ? 8 x ,设正项数列 n 满足 1 =l, n +1 5 a (1) 试比较 n 与 4 的大小,并说明理由; 5 1 {bn } 满足 bn = 4 - an ,记 Sn= ∑ bi .证明:当 n≥2 时,Sn< 4 (2n-1). i =1 (2) 设数列
分析:比较大小常用的办法是作差法,而求和式的不等式常用的办法是放缩法。
n

(n ? 1)an = 2(a1 + a2 + ... + an ?1 )

nan +1 ? (n ? 1)an = 2an

an +1 n + 1 = nan +1 = (n + 1)an an n , 即:
所以

an = a1
所以

a2 a3 an 23 n ... =1 ... = n(n ≥ 2) 1 2 n ?1 a1 a2 an ?1

an = n ( n ∈ N * )

1 1 b1 = , bn +1 = bn2 + bn > bn > bn ?1 > ... > b1 > 0 2 k , (3)由(2)得:
所以

5 + 2 an 7 3 an +1 = a = ,a = . 16 ? 8an , 因 为 a1 = 1, 所 以 2 8 3 4 解 : (1)

{bn }

是单调递增数列,故要证:

bn < 1(n ≤ k )

只需证

bk < 1

( 2 ) 因 为 an > 0, an +1 > 0, 所 以

16 ? 8an > 0,0 < an < 2.
5 5 48( a n ? ) an ? 5 + 2 an 5 5 4 = 3? 4 ? = ? = 4 16 ? 8 a n 4 32(2 ? a n ) 2 2 ? an ,

若 k = 1 ,则

b1 =

1 1 1 <1 bn +1 = bn2 + bn < bn bn +1 + bn 2 k k 显然成立; 若 k ≥ 2 ,则 1 1 1 1 1 1 k ?1 k +1 =( ? ) + ... + ( ? ) + > ? +2= b bk bk ?1 b2 b1 b1 k k 因此: k

a n +1

因为 2 ? an > 0, 所以

an +1 ?

5 5 an ? 4与 4 同号,

1 1 1 ? >? b bn k, 所以 n +1

所以

bk <

k <1 k +1 ,

所以

bn < 1(n ≤ k )

化简得:

an = 2an ?1 + 2(?1)

n ?1

an a 1 an a 1 2 2 = ?2 n ?n ?1 ? 2 + = ?2[ n ?n?1 + ] n n 3 3 (?1) (?1) (?1) (?1) ,

点评:与数列相关的不等式证明通常需要“放缩” ,而放缩的“度”尤为关键,本题中

1 1 1 1 1 1 =( ? ) + ... + ( ? ) + bk bk bk ?1 b2 b1 b1 , 这种拆分方法是数学中较高要求的变形. 1 1 1 1 + + ? + > [log 2 n], [log 2 n] 表示不超过 log 2 n n 2 其中 n 为不大于 2 的整数, 例题 7. 已知不等式 2 3 na n ?1 a1 = b(b > 0), a n ≤ {a } n + a n ?1 (n = 2,3,4?) , 证 明: 的 最 大 整 数 。 设 数 列 n 的各 项 为 正 且 满 足
2b an < 2 + b[log 2 n] , n = 3,4,5?

an an 2 2 1 2 + + = (? )(?2) n?1 ? a1 + n n 3 }是以 3 3 (?1) 3 为首项, 公比为 ? 2 的等比数列. 故 (?1) 故数列{
2 an = [2 n ? 2 ? (?1) n ] 3 ∴

∴数列{

an

2 an = [2 n ? 2 ? (?1) n ] 3 }的通项公式为: .

⑶观察要证的不等式,左边很复杂,先要设法对左边的项进行适当的放缩,使之能够求和。而左边

1 1 1 3 1 1 1 + +? + = [ 2 + 3 + ? + m?2 ] a a5 am 2 2 ? 1 2 + 1 2 ? (?1)m ,如果我们把上式中的分母中的 ± 1 去掉, = 4
就可利用等比数列的前 n 项公式求和,由于-1 与 1 交错出现,容易想到将式中两项两项地合并起来一

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 3 > 2 + 3 + 4 < 3 + 4 3 2 2 , 2 +1 2 ?1 2 2 ,因此,可将 2 ? 1 保 起进行放缩,尝试知: 2 ? 1 2 + 1 2
2

an ≤
分析:由条件

na n ?1 1 1 1 ≥ + n + a n ?1 得: a n a n ?1 n
1 1 1 ? ≥ a 2 a1 2 ∴



1 1 1 ? ≥ a n a n ?1 n

(n ≥ 2)

留,再将后面的项两两组合后放缩,即可求和。这里需要对 m 进行分类讨论, (1)当 m 为偶数 (m > 4) 时,

1 a n ?1

?

1 a n? 2

1 ≥ n ?1

……

以上各式两边分别相加得:

1 1 1 1 1 1 1 1 + +? + = + ( + ) +?+ ( + ) < 1 + 3 ( 1 + 1 +?+ 1 ) a 4 a5 am a4 a5 a 6 a m?1 a m 2 2 23 2 4 2 m ?2

1 1 1 1 1 ? ≥ + +?+ a n a1 n n ? 1 2 2 + b[log 2 n] 2b =

1 1 1 1 1 1 1 ≥ + + +?+ > + [log 2 n] an b n n ? 1 2 b 2 (n ≥ 3)

(n ≥ 3)

=

1 3 1 1 1 3 7 + × (1 ? m ? 4 ) < + = 2 2 4 2 8 8 2

2b an < 2 + b[log 2 n] ∴

(2)当 m 是奇数 (m > 4) 时, m + 1 为偶数,

本题由题设条件直接进行放缩,然后求和,命题即得以证明。 例题 8. 已知数列 (1)写出数列

1 1 1 1 1 1 1 1 7 + +? + < + + +? + + < a 4 a5 a m a 4 a5 a6 a m a m +1 8 1 1 1 7 + +? + < a 4 a5 a m 8 。 本题的关键是并项后进行适当的放缩。 所以对任意整数 m > 4 ,有
例题 9. 定义数列如下:
?

{a n }

的前 n 项和

Sn

满足:

S n = 2a n + ( ?1) n , n ≥ 1
(2)求数列

{a n }

的前三项 a1 , a 2 ,

a5



{a n }

的通项公式;

1 1 1 7 + +?+ < a a5 am 8 (3)证明:对任意的整数 m > 4 ,有 4
分析:⑴由递推公式易求:a1=1,a2=0,a3=2; ⑵由已知得:

a1 = 2, a n+1 = a n ? a n + 1, n ∈ N ?
2

证明: (1)对于 n ∈ N 恒有

an+1 > an

成立。

(2)当 n > 2且n ∈ N ,有

?

an+1 = an an?1?a2 a1 + 1

成立。

an = S n ? S n ?1 = 2an + (?1)n ? 2an ?1 ? (?1) n ?1

(n>1)

1?
(3)

1 2
2006

<

1 1 1 + +?+ <1 a1 a 2 a 2006 。

分析: (1)用数学归纳法易证。

(2)由

a n+1 = a n ? a n + 1 得: a n+1 ? 1 = a n (a n ? 1)
2

∴ a n ? 1 = a n?1 (a n ?1 ? 1)

… …

a 2 ? 1 = a1 (a1 ? 1)

以上各式两边分别相乘得:

a n+1 ? 1 = a n a n?1 ? a 2 a1 (a1 ? 1) ,又 a1 = 2

∴ a n +1 = a n a n ?1 ? a 2 a1 + 1
1?
(3)要证不等式

1 2
2006

<

1 1 1 1 1 1 + +?+ <1 + +?+ a a2 a 2006 , a1 a 2 a 2006 ,可先设法求和: 1 ∴ 1 a n +1 ? 1 = 1 1 ? an ? 1 an ∴ 1 1 1 = ? a n a n ? 1 a n +1 ? 1

再进行适当的放缩。

∵ a n +1 ? 1 = a n (a n ? 1)



1 1 1 1 1 1 1 1 1 =( ? ? ? + +?+ )+( ) +?+ ( ) a1 ? 1 a 2 ? 1 a 2 ? 1 a3 ? 1 a 2006 ? 1 a 2007 ? 1 a1 a 2 a 2006 1 1 1 ? = 1? a1 ? 1 a 2007 ? 1 a1 a 2? a 2006 < 1

=



a1 a 2 ? a 2006 > a1

2006

=2

2006

∴1 ?

1 1 > 1 ? 2006 a1 a 2 ? a 2006 2

∴ 原不等式得证。

点评:本题的关键是根据题设条件裂项求和。


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数列不等式证明的常用方法 一.放缩法 数列不等式证明是前见年高考中的一个热点,在多 省试题中常常作为压轴题出现。放缩法是数列不等式证明的 一个重要方法...

数列不等式证明 教师版

数列不等式证明 教师版 - 数列综合第二课时 1.已知正项数列 (1)求数列 (2)设 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,且 a1 ? 2, an2?1 ? Sn?1 ? Sn . ...